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Notas de Aula de Cálculo
Derivadas de funções reais de n variáveis
Bárbara Rodriguez Cinthya Meneghetti Cristiana Poffal
27 de novembro de 2013
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Universidade Federal do Rio Grande - FURG
NOTAS DE AULA DE CÁLCULO
Instituto de Matemática, Estatística e Física - IMEF
Autoras:
Bárbara Rodriguez
Cinthya Meneghetti
Cristiana Poffal
1 Notas de aula de Cálculo - FURG
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Sumário
1 Derivação de funções de n variáveis 3
1.1 Derivadas parciais de funções de n variáveis . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.1 Derivadas parciais sucessivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.1.2 Interpretação geométrica da derivada parcial . . . . . . . . . . 16
1.1.3 Derivada parcial e a Regra da cadeia . . . . . . . . . . . . . . 19
1.1.4 Diferenciabilidade de funções de 2 variáveis . . . . . . . . . . . 26
1.2 Diferencial Total . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
1.2.1 Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
1.3 Derivadas parciais de funções implícitas . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
1.4 Extremos de funções de 2 variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
1.4.1 Extremos Absolutos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
1.4.2 Extremos Locais ou Relativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
1.5 Lista de Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
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Capítulo 1
Derivação de funções de n variáveis
Seja T (x, y) uma função definida numa região do plano. Pode-se dizer
que essa função representa, por exemplo, a temperatura do solo de uma plantação
e que seja escrita como T (x, y) = 2x2 + y, onde (x, y) é o vetor posição de um
indivíduo sobre a plantação.
Seja P0(x0, y0) um ponto dessa plantação. Com que taxa T varia quando
se caminha de P0 em uma direção específica? Em qual direção a temperatura au-
menta mais? Existe uma direção na qual ela se mantém constante?
Pode-se pensar que qualquer direção fica bem determinada se fixado um
referencial ortonormal para a região bidimensional no caso da função de 2 variáveis
T (x, y).
Observa-se que se o indivíduo se move somente na direção do eixo x,
então a temperatura passa a depender somente da variável x, isto é, y se mantém
constante na função T (x, y0) = T (x) = 2x2 + y0. Analogamente para o eixo y, onde
T será uma função apenas da variável y e x considerada como constante.
Mas como calcular a taxa de variação de T partindo em uma direção
que não é paralela a de nenhum eixo coordenado? Quais são as direções em que se
encontram a máxima e a mínima taxa de variação de T?
Considere o parabolóide z = x2 + y2 e o plano x = 1 conforme Figura
1.1. Seja P (2, 1, 3) um ponto sobre a curva C resultante da intersecção do plano
com o parabolóide, como calcular a inclinação da reta tangente à curva C em P?
A procura das respostas para estas perguntas motiva o estudo de deriva-
das parciais, derivada direcional e gradiente de uma função.
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1.1. DERIVADAS PARCIAIS DE FUNÇÕES DE N VARIÁVEIS
Figura 1.1: Intersecção das superfícies z = x2 + y2 e x = 1
1.1 Derivadas parciais de funções de n variáveis
Definição 1.1.1. Se w = f(x1, x2, . . . , xn) é uma função de n variáveis, então as
derivadas parciais da função f em relação às variáveis x1, x2, . . . , xn são dadas por:
∂w
∂x1
= lim
∆x1→0
f(x1 +∆x1, x2, . . . , xn)− f(x1, x2, . . . , xn)
∆x1
;
∂w
∂x2
= lim
∆x2→0
f(x1, x2 +∆x2, x3, . . . , xn)− f(x1, x2, . . . , xn)
∆x2
;
...
∂w
∂xn
= lim
∆xn→0
f(x1, x2, . . . , xn +∆xn)− f(x1, x2, . . . , xn)
∆xn
,
se os limites existirem.
Observação 1.1.1. Se z = f(x, y) é uma função de 2 variáveis x e y, então as
derivadas parciais da função f(x, y) em relação à variável x e y são dadas, respecti-
vamente, por:
Dxf = fx =
∂f
∂x
= lim
∆x→0
f(x+∆x, y)− f(x, y)
∆x
Dyf = fy =
∂f
∂y
= lim
∆y→0
f(x, y +∆y)− f(x, y)
∆y
,
se estes limites existirem. Neste caso,
∂f
∂x
não pode ser interpretada como razão de
diferenciais.
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1.1. DERIVADAS PARCIAIS DE FUNÇÕES DE N VARIÁVEIS
Observação 1.1.2. As derivadas parciais de f(x, y) no ponto P (x0, y0) são dadas
por:
∂f
∂x
(x0, y0) = lim
∆x→0
f(x0 +∆x, y0)− f(x0, y0)
∆x
∂f
∂y
(x0, y0) = lim
∆y→0
f(x0, y0 +∆y)− f(x0, y0)
∆y
,
se os limites existirem.
As regras de derivação para calcular as derivadas parciais de uma função
de n variáveis são as mesmas regras utilizadas no cálculo das derivadas de uma
função de 1 variável.
Vale ressaltar que a derivada parcial de uma função de 2 ou mais variáveis
é obtida pela derivação de uma curva que representa um caminho sobre a função
e que esse caminho é paralelo à variável escolhida. Por consequência, as demais
variáveis não sofrem variação ao longo desse caminho. Portanto, uma derivada
parcial é obtida considerando-se apenas uma variável de cada vez.
Exemplo 1.1.1. Para cada uma das funções, calcule as derivadas parciais indicadas:
a) z = ln
(√
x+ y
x− y
)
,
∂z
∂x
e
∂z
∂y
b) z = x2sen(y),
∂z
∂x
e
∂z
∂y
c) u = x2 + y2xtz3,
∂u
∂x
,
∂u
∂t
e
∂u
∂z
.
Solução:
a) z = ln
(√
x+ y
x− y
)
.
Considerando-se a variável y como constante, calcula-se a derivada
parcial em x aplicando as regras de derivação conhecidas:
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-
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-
1.1. DERIVADAS PARCIAIS DE FUNÇÕES DE N VARIÁVEIS
∂z
∂x
=
1√
x+ y
x− y
· d
dx
(
x+ y
x− y
) 1
2
(Derivada do logaritmo natural)
∂z
∂x
=
1√
x+ y
x− y
· 1
2
(
x+ y
x− y
)− 1
2
·
[
1 · (x− y)− (x+ y) · 1
(x− y)2
]
(Derivada da Potência e Regra da Cadeia)
∂z
∂x
=
1
2
(
x+ y
x− y
)−1
·
[
− 2y
(x− y)2
]
∂z
∂x
=
1
2
·
(
x− y
x+ y
)
·
[
− 2y
(x− y)2
]
∂z
∂x
= − y
x2 − y2 .
Para o cálculo da derivada parcial em y, considera-se a variável x
como constante. Existem diferentes maneiras de efetuar este cálculo, embora
todas resultem no mesmo resultado. Calcula-se
∂z
∂y
de maneira diferente do
que foi feito para
∂z
∂x
, para ilustrar este fato. Aplicando as propriedades dos
logaritmos reescreve-se a função z como:
z =
1
2
[ln(x+ y)− ln(x− y)].
Derivando z em relação a y:
∂z
∂y
=
1
2(x+ y)
· d
dy
(x+ y)− 1
2(x− y) ·
d
dy
(x− y)
(Regra da Cadeia)
∂z
∂y
=
1
2(x+ y)
· (1)− 1
2(x− y) · (−1)
∂z
∂y
=
1
2(x+ y)
+
1
2(x− y)
∂z
∂y
=
(x− y) + (x− y)
2(x+ y)(x− y)
∂z
∂y
=
x
x2 − y2 .
Portanto,
∂z
∂x
= − y
x2 − y2 e
∂z
∂y
=
x
x2 − y2 .
b) z = x2sen(y).
6 Notas de aula de Cálculo - FURG
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1.1. DERIVADAS PARCIAIS DE FUNÇÕES DE N VARIÁVEIS
Para calcular a derivada parcial em x considera-se y como constante:
∂z
∂x
= 2x sen(y).
Para a derivada parcial em y, tem-se x como constante:
∂z
∂y
= x2 cos(y).
As Figuras 1.2 e 1.3 apresentam, respectivamente, o gráfico da função
z = x2sen(y) e os gráficos de suas derivadas parciais fx e fy.
Figura 1.2: Gráfico da função z = x2sen(y)
7 Notas de aula de Cálculo - FURG
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1.1. DERIVADAS PARCIAIS DE FUNÇÕES DE N VARIÁVEIS
Figura 1.3: Gráfico das derivadas parciais fx e fy
c) u = x2 + y2xtz3.
Tem-se quatro variáveis, portanto para calcular as derivadas parciais,
consideram-se como constantes as três variáveis restantes:
∂u
∂x
= 2x+ y2tz3.
∂u
∂t
= y2xz3.
∂u
∂z
= 3z2y2xt.
Exemplo 1.1.2. Considere a função
f(x, y) =

x3 − y2
x2 + y2
se (x, y) 6= (0, 0)
0 se (x, y) = (0, 0)
.
Calcule
∂f
∂x
e
∂f
∂y
.
Solução:
Para a primeira parte procede-se normalmente calculando a derivada parcial com a
regra do quociente. Para a segunda parte (em (x, y) = (0, 0)), calcula-se a derivada
parcial por definição (limite).
8 Notas de aula de Cálculo - FURG
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1.1. DERIVADAS PARCIAIS DE FUNÇÕES DE N VARIÁVEIS
1.1.1 Derivadas parciais sucessivas
Seja z = f(x, y) uma função de 2 variáveis, então se existem as derivadas
parciais
∂z
∂x
e
∂z
∂y
, em geral, estas derivadas são funções de 2 variáveis e são chamadas
de derivadas parciais de 1a ordem de f(x, y). Se
∂z
∂x
e
∂z
∂y
são funções de x e y, então
se podem ter as derivadas parciais de 2a ordem dadas por:
zxx =
∂2z
∂x2
=
∂
∂x
(
∂z
∂x
)
; zxy =
∂2z
∂y∂x
=
∂
∂y
(
∂z
∂x
)
;
zyy =
∂2z
∂y2
=
∂
∂y
(
∂z
∂y
)
; zyx =
∂2z
∂x∂y
=
∂
∂x
(
∂z
∂y
)
,
se estas existirem.
Do mesmo modo, podem-se obter as derivadas parciais de 3a ordem de
f(x, y):
zxxx =
∂3z
∂x3
=
∂
∂x
(
∂2z
∂x2
)
; zyxx =
∂3z
∂x2∂y
=
∂
∂x
(
∂2z
∂x∂y
)
;
zxyx =
∂3z
∂x∂y∂x
=
∂
∂x
(
∂2z
∂y∂x
)
; zxyy =
∂3z
∂y2∂x
=
∂
∂y
(
∂2z
∂y∂x
)
;
zxxy =
∂3z
∂y∂x2
=
∂
∂y
(
∂2z
∂x2
)
; zyxy =
∂3z
∂y∂x∂y
=
∂
∂y
(
∂2z
∂x∂y
)
.
Assim, pode-se derivar sucessivamente uma função de 2 variáveis.
Observação 1.1.3. As derivadas sucessivas de funções de n variáveis têm notação
semelhante às derivadas parciais sucessivas de funções de 2 variáveis. Considerando
w = f(x1, . . . , xn), tem-se:
∂2f
∂xixj
=
∂
∂xi
(
∂f
∂xj
)
; i, j = 1, . . . , n.
Teorema 1.1.1. (Permutabilidade da ordem de derivação): Se f(x, y) é uma função
de 2 variáveis definida numa bola aberta B((x0, y0), r) tal que
∂f
∂x
,
∂f
∂y
,
∂2f
∂y∂x
e
∂2f
∂x∂y
são funções contínuas em B((x0, y0), r), então:
∂2f
∂y∂x
(x0, y0) =
∂2f
∂x∂y
(x0, y0).
Exemplo 1.1.3. Considere a função z = ey sen(2x)+x. Determine
∂2z
∂x2
,
∂2z
∂y2
,
∂2z
∂x∂y
e
∂3z
∂x∂y∂x
.
9 Notas de aula de Cálculo - FURG
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1.1. DERIVADAS PARCIAIS DE FUNÇÕES DE N VARIÁVEIS
Solução:
Para determinar as derivadas sucessivas, primeiramente calculam-se as
derivadas parciais em x e y:
∂z
∂x
= 2ey cos(2x) + 1
∂z
∂y
= ey sen(2x).
Utilizando a notação de derivação sucessiva para facilitar os cálculos,
obtém-se:
∂2z
∂x2
=
∂
∂x
(
∂z
∂x
)
=
∂
∂x
[2ey cos(2x) + 1] = −4ey sen(2x)
∂2z
∂y2
=
∂
∂y
(
∂z
∂y
)
=
∂
∂y
[ey sen(2x)] = ey sen(2x)
∂2z
∂x∂y
=
∂
∂x
(
∂z
∂y
)=
∂
∂x
[ey sen(2x)] = 2ey cos(2x)
∂3z
∂x∂y∂x
=
∂
∂x
(
∂2z
∂y∂x
)
=
∂
∂x
[2ey cos(2x)] = −4ey sen(2x).
Exemplo 1.1.4. Seja z = ex cos(2y)+ln(xy), calcule
∂2z
∂y∂x
,
∂2z
∂x∂y
,
∂3z
∂x2∂y
,
∂3z
∂y2∂x
,
∂3z
∂x∂y∂x
.
Solução:
Para determinar as derivadas sucessivas, primeiramente calculam-se as
derivadas parciais em x e y:
∂z
∂x
= ex cos(2y) +
1
x
∂z
∂y
= −2ex sen(2y) + 1
y
.
Utilizando a notação de derivação sucessiva para facilitar os cálculos,
obtém-se:
∂2z
∂y∂x
=
∂
∂y
(
∂z
∂x
)
=
∂
∂y
(
ex cos(2y) +
1
x
)
= −2ex sen(2y)
∂2z
∂x∂y
=
∂
∂x
(
∂z
∂y
)
=
∂
∂x
(
−2ex sen(2y) + 1
y
)
= −2ex sen(2y)
∂3z
∂x2∂y
=
∂
∂x
(
∂2z
∂x∂y
)
=
∂
∂x
[−2ex sen(2y)] = −2ex sen(2y)
∂3z
∂y2∂x
=
∂
∂y
(
∂2z
∂y∂x
)
=
∂
∂y
[−2ex sen(2y)] = −4ex cos(2y)
∂3z
∂x∂y∂x
=
∂
∂x
(
∂2z
∂y∂x
)
=
∂
∂x
[−2ex sen(2y)] = −2ex sen(2y).
10 Notas de aula de Cálculo - FURG
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1.1. DERIVADAS PARCIAIS DE FUNÇÕES DE N VARIÁVEIS
Exemplo 1.1.5. Calcule
∂2z
∂x2
,
∂2z
∂x∂y
,
∂3z
∂x2∂y
, sendo:
a) z = 2x sen(x) + ln(x2 + y) b) z = ln
(
xy
x2 + y2
)
.
Solução:
a) z = 2x sen(x) + ln(x2 + y).
Primeiramente calculam-se as derivadas parciais em x e y:
∂z
∂x
= 2x ln(2)sen(x) + 2x cos(x) +
2x
x2 + y
∂z
∂y
=
1
x2 + y
.
Utilizando a notação de derivação sucessiva escreve-se o resultado
encontrado para a derivada parcial em x para obter a derivada parcial
∂2z
∂x2
:
∂2z
∂x2
=
∂
∂x
(
∂z
∂x
)
= 2x[ln(2)]2sen(x) + 2x ln(2) cos(x) + 2x ln(2) cos(x)
−2xsen(x) + 2(y − x
2)
(x2 + y)2
∂2z
∂x2
=
∂
∂x
(
∂z
∂x
)
= 2x[ln(2)]2sen(x) + 2 · 2x ln(2) cos(x)− 2xsen(x) + 2(y − x
2)
(x2 + y)2
∂2z
∂x2
=
∂
∂x
(
∂z
∂x
)
= 2x ln(2)[ln(2)sen(x) + 2 cos(x)]− 2xsen(x) + 2(y − x
2)
(x2 + y)2
.
Para calcular a derivada parcial
∂2z
∂x∂y
, basta reescrever os resultados
obtidos para as derivadas parciais em x e y na notação de derivação sucessiva,
assim:
∂2z
∂x∂y
=
∂
∂x
(
∂z
∂y
)
=
−2x
(x2 + y)2
.
Procede-se da mesma maneira para o cálculo da derivada parcial
∂3z
∂x2∂y
:
∂2z
∂x2∂y
=
∂
∂x
(
∂z
∂x∂y
)
= −2(x
2 + y)2 − (−2x)4x(x2 + y)
(x2 + y)4
=
6x2 − 2y
(x2 + y)3
.
11 Notas de aula de Cálculo - FURG
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1.1. DERIVADAS PARCIAIS DE FUNÇÕES DE N VARIÁVEIS
b) z = ln
(
xy
x2 + y2
)
.
Para facilitar os cálculos aplica-se a propriedade dos logaritmos e
reescreve-se a função z como:
z = ln(xy)− ln(x2 + y2).
Calculam-se as derivadas parciais em x e y:
∂z
∂x
=
y
xy
− 2x
x2 + y2
∂z
∂y
=
x
xy
− 2y
x2 + y2
.
As derivadas sucessivas de z são dadas por:
∂2z
∂x2
=
∂
∂x
(
∂z
∂x
)
= − y
(xy)2
− 2y
2 − 2x2
(x2 + y2)2
∂2z
∂x∂y
=
∂
∂x
(
∂z
∂y
)
= − x
(xy)2
− 2x
2 − 2y2
(x2 + y2)2
∂2z
∂x2∂y
=
∂
∂x
(
∂z
∂x∂y
)
=
−xy + 2x
(xy)3
− 12xy
2 − 4x3
(x2 + y2)3
.
Exemplo 1.1.6. Se os resistores elétricos de R1, R2 e R3 Ω (ohms) são conectados
em paralelo para formar um resistor de R Ω, o valor de R pode ser encontrado a
partir da equação
1
R
=
1
R1
+
1
R2
+
1
R3
.
Determine o valor de
∂R
∂R2
quando R1 = 30 Ω, R2 = 45 Ω e R3 = 90 Ω.
Solução:
Para calcular
∂R
∂R2
deve-se reescrever a equação na forma:
1
R
=
R2R3 +R1R3 +R1R2
R1R2R3
⇔ R = R1R2R3
R2R3 +R1R3 +R1R2
.
Assim a derivada parcial de R em relação a R2 é dada por:
∂R
∂R2
=
R1R2(R2R3 +R1R3 +R1R2)−R1R2R3(R3 +R1)
(R2R3 +R1R3 +R1R2)2
.
12 Notas de aula de Cálculo - FURG
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1.1. DERIVADAS PARCIAIS DE FUNÇÕES DE N VARIÁVEIS
Quando R1 = 30 Ω, R2 = 45 Ω e R3 = 90 Ω, tem-se a derivada parcial
no ponto A(30, 45, 90):
∂R
∂R2
(30, 45, 90) =
2.700(4.050 + 2.700 + 1.350)− 121.500(120)
(4.050 + 2.700 + 1.350)2
∂R
∂R2
(30, 45, 90) =
21.870.000− 14.580.000
65.610.000
.
Portanto,
∂R
∂R2
(30, 45, 90) = 0, 1111 . . ..
Exemplo 1.1.7. Se w = ln(ex + ey + ez), mostreque
∂3w
∂x∂y∂z
= 2 ex+y+z−3w.
Solução:
Utilizando a derivação sucessiva tem-se:
∂3w
∂x∂y∂z
=
∂
∂x
[
∂
∂y
(
∂w
∂z
)]
.
Assim, começando por wz até chegar em wzyx, obtém-se:
∂w
∂z
= wz =
ez
ex + ey + ez
= ez(ex + ey + ez)−1
∂
∂y
(wz) = wzy = −ez(ex + ey + ez)−2 · ey = −ey+z · (ex + ey + ez)−2
∂
∂x
(wzy) = wzyx = −ey+z(−2)(ex + ey + ez)−3 · ex = 2ex+y+z · (ex + ey + ez)−3.
Como w = ln(ex + ey + ez), então tem-se:
ew = eln(e
x+ey+ez) = ex + ey + ez. (1.1.1)
Portanto,
(ex + ey + ez)−3 = (ew)−3 = e−3w.
Logo, de (1.1.1) tem-se:
∂3w
∂x∂y∂z
= 2 ex+y+z · e−3w.
Assim,
∂3w
∂x∂y∂z
= 2 ex+y+z−3w.
Exercício 1.1.1. Se z =
2x
x2 + y2
, verifique se
∂2z
∂x2
+
∂2z
∂y2
= 0.
13 Notas de aula de Cálculo - FURG
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1.1. DERIVADAS PARCIAIS DE FUNÇÕES DE N VARIÁVEIS
Exercício 1.1.2. Prove que a função z = ln(xy)+x+y satisfaz a equação diferencial
parcial x
∂z
∂x
− y ∂z
∂y
= x− y.
Exercício 1.1.3. Calcule as derivadas parciais de primeira ordem das funções:
a) z = x2 sen(xy) + y − x
b) z = ln
(√
x2 − y2
)
c) z =
√
3x2 − y2
d) z = x cos
(
x
y
)
e) z = y ln(x2 + y4)
f) w = (x2 + y2 + z2)
5
2
g) w = exy sen(2z)− exy cos(2z)
h) w = xyz exyz
i) z = x
√
4x2 − y6
j) w = e
x
y sen(4y2z3)
k) z =
x+ y√
y2 − x2
l) u = x3 cos(xyz)− y2 ln(xy).
Exercício 1.1.4. Para cada uma das funções, determine as derivadas parciais indi-
cadas:
a) z = x2 sen(y) + y2 sen(x),
b) w =
x2
y2 + z2
,
c) z = ex ln(y) + sen(y) ln(x),
d) w = y ln(x2 + z4),
e) w = exz + tg
(
x3
y2
)
,
f) w = (x2 + 4y2 − 5z2)3,
∂2z
∂y2
,
∂2z
∂x∂y
∂3w
∂z∂y2
∂2z
∂x2
,
∂2z
∂x∂y
,
∂2z
∂y2
∂3w
∂z2∂y
∂2w
∂z∂x
,
∂2w
∂y∂x
∂3w
∂x∂y2
,
∂3w
∂x∂z∂y
.
Respostas dos exercícios
1.1.3
a) zx = x2y cos(xy) + 2x sen(xy)− 1; zy = x3 cos(xy) + 1
b) zx =
x
x2 − y2 ; zy =
−y
x2 − y2
14 Notas de aula de Cálculo - FURG
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1.1. DERIVADAS PARCIAIS DE FUNÇÕES DE N VARIÁVEIS
c) zx =
3x√
3x2 − y2 ; zy =
−y√
3x2 − y2
d) zx = −x
y
sen
(
x
y
)
+ cos
(
x
y
)
; zy =
x2
y2
sen
(
x
y
)
e) zx =
2xy
x2 + y4
; zy = ln(x
2 + y4) +
4y4
x2 + y4
f) wx = 5x(x2 + y2 + z2)
3
2 ; wy = 5y(x
2 + y2 + z2)
3
2 ; wz = 5z(x
2 + y2 + z2)
3
2
g) wx = y exy[sen(2z)− cos(2z)]; wy = x exy[sen(2z)− cos(2z)];
wz = 2 e
xy[cos(2z) + sen(2z)]
h) wx = yzexyz(xyz + 1); wy = xz exyz(xyz + 1); wz = xy exyz(xyz + 1)
i) zx =
√
4x2 − y6 + 4x2(4x2 − y6)−1/2;
zy = −3xy5(4x2 − y6)−1/2
j) wx =
e
x
y sen(4y2z3)
y
; wy =
8y3z3e
x
y cos(4y2z3)− exy x sen(4y2z3)
y2
;
wz = 12e
x
y y2z2 cos(4y2z3)
k) zx =
y2 + xy√
(y2 − x2)3 ; zy =
−x2 − xy√
(y2 − x2)3
l) ux = −y
2
x
+3x2 cos(xyz)−x3yz sen(xyz); uy = −y− 2y ln(xy)−x4z sen(xyz);
uz = −x4y sen(xyz).
1.1.4
a) zyy = −x2 sen(y) + 2 sen(x); zyx = 2x cos(y) + 2y cos(x)
b) wyyz =
−8x2y2(5y2 + z2
(y + z)4
c) zxx = ex ln(y)− 1
x2
sen(y); zyx =
ex
y
+
1
x
cos(y); zyy = −e
x
y2
− sen(y) ln(x)
d) wyzz =
4z2(3x2 − z4
(x2 + z4)2
e) wxz = exz(xz + 1); wxy = −6x
2
y3
sec2
(
x3
y2
)
− 12x
5
y5
sec2
(
x3
y2
)
tg
(
x3
y2
)
f) wyyx = 96x3 + 1152xy2 − 480xz2; wyzx = −960xyz.
15 Notas de aula de Cálculo - FURG
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1.1. DERIVADAS PARCIAIS DE FUNÇÕES DE N VARIÁVEIS
1.1.2 Interpretação geométrica da derivada parcial
Seja z = f(x, y) uma função derivável. O gráfico de uma função f de 2
variáveis é uma superfície tendo por equação z = f(x, y).
Supondo que esta superfície seja suave e que P0(x0, y0, f(x0, y0)) seja
um ponto desta superfície, se x é constante, ou seja, se x = x0, então a curva de
intersecção da superfície z = f(x, y) com o plano x = x0, é representada pelas
equações
 z = f(x, y)x = x0 .
Se s é a reta secante à curva
 z = f(x, y)x = x0 , que passa pelos pontos
P0(x0, y0, f(x0, y0)) e P (x0, y0 +∆y, f(x0, y0 +∆y)), então o coeficiente angular da
reta s é dado por:
ms = −f(x0, y0)− f(x0, y0 +∆y)
∆y
ms =
f(x0, y0 +∆y)− f(x0, y0)
∆y
.
Quando ∆y → 0, tem-se que P → P0, e a reta secante s tende a uma
retatangente t no ponto P0, então:
lim
∆y→0
ms = fy(x0, y0).
Portanto, fy(x0, y0) representa o coeficiente angular da reta tangente t à
curva
 z = f(x, y)x = x0 no ponto P0(x0, y0, f(x0, y0)).
A equação dessa reta é dada por:
t :
 x = x0z − f(x0, y0) = fy(x0, y0)(y − y0) .
Do mesmo modo pode-se mostrar que fx(x0, y0) representa o coeficiente
angular da reta tangente t à curva
 z = f(x, y)y = y0 no ponto P0(x0, y0, f(x0, y0)),
tendo por equação:
t :
 y = y0z − f(x0, y0) = fx(x0, y0)(x− x0) .
Considerando a superfície z = f(x, y) e o ponto P (x, y, z) na Figura 1.4,
observa-se que a intersecção da superfície com o plano paralelo a xz que contém o
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1.1. DERIVADAS PARCIAIS DE FUNÇÕES DE N VARIÁVEIS
ponto P é a curva APB. Analogamente, a curva CPD é a intersecção da superfície
com o plano paralelo a yz contendo o ponto P . Fazendo y fixo e x variando, P
move-se ao longo da curva APB, assim fx é a inclinação da reta tangente à curva
APB em P . Do mesmo modo, quando y varia e x está fixo, o ponto P move-se ao
longo de CPD e fy representa a inclinação da reta tangente à curva CPD no ponto
P .
Figura 1.4: Interpretação geométrica de derivadas parciais
Exemplo 1.1.8. Determine a declividade da reta tangente à curva resultante da
intersecção da superfície z = x2 + y2 com o plano x = 1 no ponto A(1, 2, 5).
Solução:
Para escrever a equação da reta tangente é necessário calcular o seu
coeficiente angular através do cálculo da derivada parcial fy no ponto A, assim:
fy(x, y) = 2y e fy(1, 2) = 4.
Portanto, a equação da reta tangente pode ser escrita como:
t :
 x = 1z − 5 = 4(y − 2) .
Na Figura 1.5 podem ser visualizados, respectivamente, o gráfico da fun-
ção z = x2 + y2 e do plano x = 1 e o gráfico da intersecção e da reta tangente.
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1.1. DERIVADAS PARCIAIS DE FUNÇÕES DE N VARIÁVEIS
Figura 1.5: Gráficos do exemplo 1.1.8
Exemplo 1.1.9. Seja z = 2x2 + 5y2x− 12x. Calcule a inclinação da reta tangente
à curva resultante da intersecção de z = f(x, y) com y = 1, no ponto B(2, 1,−6).
Solução:
A inclinação da reta tangente é dada pela derivada parcial fx no ponto
B, assim:
fx(x, y) = 4x+ 5y
2 − 12 e fx(2, 1) = 1.
Escreve-se então a equação da reta tangente:
t :
 y = 1z + 6 = 1(x− 2) =
 y = 1z + 6 = x− 2 .
Exercício 1.1.5. Escreva a equação da reta tangente à curva de intersecção da
superfície z = e−x2 sen(3y) com o plano x = 1 no ponto C(1, 0, 0).
Exercício 1.1.6. Obtenha a declividade da reta tangente à curva de intersecção da
superfície z =
1
2
√
24− x2 − 2y2 com o plano y = 2 no ponto D
(
1, 2,
√
15
2
)
.
Exercício 1.1.7. Determine a declividade da reta tangente à curva resultante da
intersecção de:
a) z = x2 + y2 com o plano y = 2, no ponto A(2, 2, 8).
b) z =
√
34− 9x2 − 4y2 com o plano y = 2, no ponto B(1, 2, 3).
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1.1. DERIVADAS PARCIAIS DE FUNÇÕES DE N VARIÁVEIS
Exercício 1.1.8. Considere a função f(x, y) = y2 +
1√
x2 + y2
, determine:
a) o domínio de f ;
b) fx(3, 4);
c) fy(3, 4);
d) a declividade da reta tangente à curva intersecção do gráfico de f com o plano
x = 3 no ponto (3, 4).
Exercício 1.1.9. Mostre que a função w = cos(2x+2ct) é uma solução da equação
da onda unidimensional
∂2w
∂t2
= c2
(
∂2w
∂x2
)
, onde w é a altura da onda, x é a variável
distância, t é a variável tempo é c é velocidade com a qual a onda se propaga.
Exercício 1.1.10. Mostre que a função f(x, y) = ln(
√
x2 + y2) satisfaz a equação
de Laplace
∂2f
∂x2
+
∂2f
∂y2
= 0.
Respostas dos exercícios
1.1.5 t :
 x = 1z = 3
e
y
.
1.1.6 − 1
2
√
15
1.1.7
a) 4 b) −3.
1.1.8
a) R2 − {(0, 0)} b) − 3
125
c)
996
125
d)
996
125
.
1.1.3 Derivada parcial e a Regra da cadeia
Primeiramente, trata-se da regra da cadeia para funções segundo trajetó-
rias determinadas xi(t). Se f(x1, . . . , xn) tem derivadas parciais
∂f
∂xi
contínuas para
i = 1, . . . , n e xi(t) são funções diferenciáveis de t então a função composta
u = f(xi(t), . . . , xn(t))
19 Notas de aula de Cálculo - FURG
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1.1. DERIVADAS PARCIAIS DE FUNÇÕES DE N VARIÁVEIS
é diferenciável e:
du
dt
=
n∑
i=1
∂f
∂xi
dxi
dt
.
Exemplo 1.1.10. Se u =
√
x e x = ecos(t) + e−sen(t), calcule
du
dt
, utilizando a regra
da cadeia.
Solução:
Note que u é uma função de uma variável e x, por sua vez, uma função
da variável t. A função composta, portanto, depende de apenas 1 variável u = x(t).
Observe o esquema de possibilidades:
u
du
dx��
x
dx
dt��
t
A derivada de u em relação a t é dada por:
du
dt
=
du
dx
· dx
dt
Assim,
du
dt
=
1
2
√
x
· {ecos(t)[−sen(t)] + e−sen(t)[− cos(t)]}
du
dt
=
1
2
√
x
· [−ecos(t)sen(t)− e−sen(t) cos(t)] .
Caso Geral da Regra da Cadeia
Se u = f(x1, . . . , xn) tem derivadas parciais contínuas e xi = xi(t1, . . . , tm),
onde i = 1, . . . , n, então as derivadas parciais de u em relação à variável tj,
j = 1, . . . ,m são:
∂u
∂tj
=
n∑
i=1
∂f
∂xi
∂xi
∂tj
.
Exemplo 1.1.11. Se w = sen(
√
t) e t =
x2 − y
z
, calcule
∂w
∂x
,
∂w
∂y
,
∂w
∂z
, utilizando a
regra da cadeia.
Solução:
Note que w = sen(
√
t) é função de uma variável e t é uma função de 3
variáveis. Portanto, w(t) é uma função de 3 variáveis. Com o intuito de visualizar a
20 Notas de aula de Cálculo - FURG
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1.1. DERIVADAS PARCIAIS DE FUNÇÕES DE N VARIÁVEIS
dependência de w em relação às variáveis independentes x, y e z, pode-se representar
o seguinte esquema de possibilidades:
w
��
t




�� ��?
??
??
??
?
x y z
Seja w = f(t) e t = g(x, y, z), tem-se w = h(x, y, z), então pela regra da
cadeia tem-se as derivadas parciais:
∂w
∂x
=
dw
dt
· ∂t
∂x
=
sen(
√
t)
2
√
t
· 2x
z
=
x sen(
√
t)
z
√
t
∂w
∂y
=
dw
dt
· ∂t
∂y
=
sen(
√
t)
2
√
t
·
(
−1
z
)
= −sen(
√
t)
2z
√
t
∂w
∂z
=
dw
dt
· ∂t
∂z
=
sen(
√
t)
2
√
t
·
(
− 1
z2
)
= −sen(
√
t)
2z2
√
t
.
Exemplo 1.1.12. Considere a função:
u = f(x, y, z) = xy + xz onde

x = t v r
y = t
z = v r
.
Calcule
∂f
∂r
.
Solução:
Fazendo o esquema de possibilidades para visualizar a dependência de u
em relação às variáveis independentes t, v e r:
u
wwooo
ooo
ooo
ooo
oo
�� ''OO
OOO
OOO
OOO
OOO
x
����
��
��
��
�� ��>
>>
>>
>>
> y
��
z
����
��
��
��
��
t v r t v r
Aplicando a regra da cadeia, tem-se:
∂f
∂r
=
∂f
∂x
· ∂x
∂r
+
∂f
∂y
· ∂y
∂r
+
∂f
∂z
· ∂z
∂r
∂f
∂r
= (y + z)tv + x · 0 + xv.
21 Notas de aula de Cálculo - FURG
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1.1. DERIVADAS PARCIAIS DE FUNÇÕES DE N VARIÁVEIS
Onde y + z = t+ vr e x = tvr, logo:
∂f
∂r
= (t+ vr)tv + (tvr)v = t2v + rtv2 + rtv2 = 2rtv2 + tv2.
Exemplo 1.1.13. Se w = 3xy − 4y2, x = 2s er e y = r e−s, calcule ∂w
∂s
,
∂w
∂r
.
Solução:
No esquema de possibilidades tem-se a dependência de w em relação às
variáveis r e s:
w
~~~~
~~
~~
~~
��@
@@
@@
@@
@
x




��
y
�� ��?
??
??
??
r s r s
Aplicando a regra da cadeia, tem-se:
∂w
∂s
=
∂w
∂x
· ∂x
∂s
+
∂w
∂y
· ∂y
∂s
= 3y(2er) + (3x− 8y)(−r−s).
Como x = 2ser e y = re−s, tem-se:
∂w
∂s
= 3re−s(2er) + (6ser − 8re−s)(−re−s)
∂w
∂s
= 6rer−s − 6rser−s + 8r2e−2s
∂w
∂s
= 6rer−s(1− s) + 8r
2
e2s
.
A derivada parcial em r é dada por:
∂w
∂r
=
∂w
∂x
· ∂x
∂r
+
∂w
∂y
· ∂y
∂r
= 3y(2ser) + (3x− 8y)(e−s).
Substituindo x e y, tem-se:
∂w
∂r
= 3re−s(2ser) + (6ser − 8re−s)(e−s)
∂w
∂s
= 6rser−s + 6ser−s − 8r2e−2s
∂w
∂s
= 6ser−s(1 + r) +
8r2
e2s
.
22 Notas de aula de Cálculo - FURG
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1.1. DERIVADAS PARCIAIS DE FUNÇÕES DE N VARIÁVEIS
Exemplo 1.1.14. Seja z = x2 ln(y) onde x = ln(u) e y =
3u
ln(u)
, utilizando a regra
da cadeia, calcule
dz
du
.
Solução:
Uma outra maneira de ilustrar o esquema de possibilidades é:
z
∂z
∂x



 ∂z∂y
��?
??
??
??
?
x
dx
du ��?
??
??
??
? y
dy
du



u
Aplicando a regra da cadeia:
dz
du
=
∂z
∂x
· dx
du
+
∂z
∂y
· dy
du
dz
du
= 2x ln(y)
(
1
u
)
+
x2
y
[
3 ln(u)− 3
[ln(u)]2
]
.
Substituindo x e y, obtém-se:
dz
du
=
2 ln(u)
u
ln
(
3u
ln(u)
)
+
[ln(u)]2
3u
ln(u)
[
3 ln(u)− u
[ln(u)]2
]
dz
du
=
2 ln(u)
u
ln
(
3u
ln(u)
)
+
ln(u)[ln(u)− 1]
u
.
Do esquema de possibilidades tem-se que z depende apenas de 1 variável,
ou seja, também pode-se reescrever z em função de u e calcular a derivada ordinária
dz
du
, assim:
z = [ln(u)]2 ln
(
3u
ln(u)
)
dz
du
=
2 ln(u)
u
ln
(
3u
ln(u)
)
+ [ln(u)]2
1
3u
ln(u)
[
3 ln(u)− 1
[ln(u)]2
]
dz
du
=
2 ln(u)
u
ln
(
3u
ln(u)
)
+
ln(u)[ln(u)− 1]
u
.
Exemplo 1.1.15. Seja w = (x+ y)2, x = t cos(t) e y = t sen(t), calcule
dw
dt
.
Solução:
23 Notas de aula de Cálculo - FURG
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1.1. DERIVADAS PARCIAIS DE FUNÇÕES DE N VARIÁVEIS
Fazendo o esquema de possibilidades, tem-se:
w
∂w
∂x
~~~~
~~
~~
~~ ∂w∂y
��@
@@
@@
@@
@
x
dx
dt ��?
??
??
??
? y
dy
dt



t
Pela regra da cadeia
dw
dt
=
∂w
∂x
· dx
dt
+
∂w
∂y
· dy
dt
, o que torna o cálculo
extenso. Como visto no item anterior pode-se reescrever w em função de t:
w = [t cos(t) + tsen(t)]2 = t2[1 + 2 cos(t)sen(t)] = t2[1 + sen(2t)].
Assim,
dw
dt
= 2t[1 + sen(2t)] + t2[2 cos(2t)].
Exercício 1.1.11. Calcule
∂f
∂t
e
∂f
∂v
, onde f, t, v são dados no exemplo 1.1.12.
Exercício 1.1.12. Utilizando a regra da cadeia, calcule as derivadas parciais indi-
cadas para cada uma das funções dadas:
a) s =
t r2
tg(uv)
onde

t = x+ yz2
r = x2 + 3yz
u = xz2
v = xyz
,
∂s
∂x
b) w = cos(xy) + eyz onde

x = 2t+ 1
y = t2
z =
1
t
,
dw
dt
c) u = x2 − y2 onde
 x = 3r − sy = r + 2s , ∂u∂r e ∂u∂s
d) w = ln(u+ v) onde
 u = e−2tv = t3 − t2 , dwdt
e) w = xyz exyz onde

x = 3t2 + 4
y = ln(t)
z = et
,
dw
dt
24 Notas de aula de Cálculo - FURG
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1.1. DERIVADAS PARCIAIS DE FUNÇÕES DE N VARIÁVEIS
f) u = 9x2 + 4y2 onde
 x = r cos(t)y = r sen(t) , ∂u∂r
g) w = esen(
y
x) onde
 x = sen(t)y = cos(t) , dwdt
h) w = u3 + u2v − 3v onde
 u = sen(xy)v = y ln(x) , ∂w∂x e ∂w∂y
i) w = e
u
v onde
 u = x2 − y2v = x3 + y3 , ∂w∂y .
Respostas dos Exercícios
1.1.11
∂f
∂t
= tvr + v2r2;
∂f
∂v
= t2r + vr2 + tvr2.
1.1.12
a)
∂s
∂x
=
r2
tg(uv)
+
4rtx
tg(uv)
− tr2vz2 cosec2(uv)− tr2uyz cosec2(uv)
b)
dw
dt
= −2y sen(xy) + 2t[−x sen(xy) + z eyz]− y e
yz
t2
c)
∂u
∂r
= 6x− 2y; ∂u
∂s
= −2x− 4y
d)
dw
dt
=
2 e2t + 3t2 − 2t
x+ y
e)
dw
dt
= exyz[6yzt(1 + xyz) +
xz
t
(1 + xyz) + xy et(1 + xyz)]
f)
∂u
∂r
= 2(9x cos(t) + 4y sen(t))
g)
dw
dt
= −1
x
cos
(y
x
)
esen(
y
x)
[
y
x
cos(t) + sen(t)
]
h)
∂w
∂x
= (3u2 + 2uv)y cos(xy) + (u2 − 3)
(y
x
)
;
∂w
∂y
= (3u2 + 2uv)x cos(uv) + (u2 − 3) ln(x)
i)
∂w
∂y
= −y
v
e
u
v
[
2 +
3uy
v
]
.
25 Notas de aula de Cálculo - FURG
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1.1. DERIVADAS PARCIAIS DE FUNÇÕES DE N VARIÁVEIS
1.1.4 Diferenciabilidade de funções de 2 variáveis
Definição 1.1.2. Diz-se que z = f(x, y) é diferenciável em P (x0, y0) se e somente
se existem constantes reais a e b tais que
lim
(h,k)→(0,0)
f(x0 + h, y0 + k)− f(x0, y0)− ah− bk√
h2 + k2
= 0. (1.1.2)
Teorema 1.1.2. Se z = f(x, y) for diferenciável em P (x0, y0) então z = f(x, y) é
contínua em P (x0, y0).
Exemplo 1.1.16. A função
f(x, y) =

2xy2
x2 + y4
se (x, y) 6= (0, 0)
0 se (x, y) = (0, 0)
é diferenciável em (0, 0)?
Solução:
Basta mostrar que a função não é contínua em (0, 0). Pelo Teorema
1.1.2, conclui-se que a função considerada não é diferenciável.
Utilizando a definição 1.1.2 e a definição de derivada parcial de função
de duas variáveis, tem-se
lim
h→0
f(x0 + h, y0)− f(x0, y0)− ah
h
= 0.
Consequentemente,
lim
h→0
f(x0 + h, y0)− f(x0, y0)
h
= a =
∂f
∂x
(x0, y0).
Da mesma forma,
b =
∂f
∂y
(x0, y0).
Assim, uma função de duas variáveis é diferenciável em (x0, y0) se e so-
monte se vale 1.1.2 e se a função admite derivadas parciais em (x0, y0). A definição
1.1.2 pode ser reescrita:
Definição 1.1.3. Diz-se que z = f(x, y) é diferenciável em P (x0, y0) se
∂f
∂x
(x0, y0)
e
∂f
∂y
(x0, y0) existirem e se
lim
(h,k)→(0,0)
f(x0 + h, y0 + k)−
[
f(x0, y0) +
∂f
∂x
(x0, y0)h+
∂f
∂y
(x0, y0)k
]
√
h2 + k2
= 0. (1.1.3)
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1.1. DERIVADAS PARCIAIS DE FUNÇÕES DE N VARIÁVEIS
Observação 1.1.4. Se uma das derivadas parciais de f não existe em P (x0, y0),
então f(x, y) = z não é diferenciável em (x0, y0). Se o limite (1.1.3) não existir ou
for diferente de zero, então f não é diferenciável, mesmo que as derivadas parciais
existam no ponto P (x0, y0).
Exemplo 1.1.17. Mostre que a função f(x, y) =
√
x2 + y2 não é diferenciável em
P (0, 0).
Solução:
Para mostrar que uma função não é diferenciável em um ponto P , basta
mostrar que uma das derivadas parciais não existem, ou mostrar que o limite (1.1.3)
não existe ou é diferente de zero.
Calculando a derivada parcial em relação a x no ponto (0, 0), tem-se:
∂f
∂x
(0, 0) = lim
h→0
f(0 + h, 0)− f(0, 0)
h
= lim
h→0
|h|
h
.
Como o limite anterior não existe, a derivada parcial fx não existe no
ponto P (0, 0). Logo a função f(x, y) não é diferenciável em P (0, 0). A não existência
de derivada na origem pode ser verificada na Figura 1.6 que apresenta o gráfico da
função.
Figura 1.6: Gráfico da função f(x, y) =
√
x2 + y2
Exemplo 1.1.18. Mostre que a função f(x, y) = 3x2y é diferenciável.
Solução:
27 Notas de aula de Cálculo - FURG
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1.2. DIFERENCIAL TOTAL
Para todo (x, y) ∈ R2 f admite derivadas parciais
∂f
∂x
= 6xy
∂f
∂y
= 3x2.
Resta verificar que
lim
(h,k)→(0,0)
3(x+ h)2(y + k)− 3x2y − 6xyh− 3x2k√
h2 + k2
= 0.
Exemplo 1.1.19. Verifique se a função
f(x, y) =

3y3
x2 + y2
se (x, y) 6= (0, 0)
0 se (x, y) = (0, 0)
é diferenciável em (0, 0).
Solução:
Primeiramente é preciso verificar que as derivadas parciais existem em
(0, 0). Pela definição, mostra-se que
∂f
∂x
(0, 0) = 0 e
∂f
∂y
(0, 0) = 2. Como as derivadas
parciais existem em (0, 0), deve-se verificar que o limite 1.1.3 existe e é 0. Tomando
os caminhos x = 0 e y = x é possível verificar que o limite assume um valor diferente
de 0 pelo caminho y = x. Portanto, f(x, y) não é diferenciável em (0, 0).
1.2 Diferencial Total
Definição 1.2.1. Se f é uma função de 2 variáveis x e y, e f é diferenciável no
ponto (x, y), então a diferencial total de f é a função df dada por:
df(x, y,∆x,∆y) =
∂f
∂x
(x, y)∆x+
∂f
∂y
(x, y)∆y.
Se z = f(x, y), tem-se:
∆z =
∂z
∂x
∆x+
∂z
∂y
∆y, (1.2.1)
e se z = f(x, y) é diferenciável, então:
∆z ' dz, ∆x ' dx e ∆y ' dy.
28 Notas de aula de Cálculo - FURG
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1.2. DIFERENCIAL TOTAL
Logo, reescrevendo (1.2.1):
dz =
∂z
∂x
dx+
∂z
∂y
dy.
Analogamente, se z = f(x1, x2, . . . , xn), então a diferencial total de z é
dada por:
dz =
∂f
∂x1
dx1 +
∂f
∂x2
dx2 + . . .+∂f
∂xn
dxn.
Exemplo 1.2.1. Calcule a diferencial total da função definida por z = x2exy +
1
y2
.
Solução:
A diferencial total é dada por:
dz =
∂z
∂x
dx+
∂z
∂y
dy
dz = (2xexy + x2yexy)dx+
(
yx3exy − 2
y3
)
dy.
Exemplo 1.2.2. Sendo x = sen(r) cos2(θ) e y = cos2(r) sen(θ), mostre que:
dx− dy = [cos2(θ) cos(r) + sen(2r)sen(θ)]dr − [sen(2θ)sen(r) + cos2(r) cos(θ)]dθ.
Solução:
Para mostrar a igualdade devem-se calcular as diferenciais totais dx e dy
dadas por:
dx =
∂x
∂r
dr +
∂x
∂θ
dθ dy =
∂y
∂r
dr +
∂y
∂θ
dθ.
Assim,
dx = [cos(r) cos2(θ)]dr + [sen(r)2 cos(θ)(−sen(θ))]dθ
dy = [2 cos(r)(−sen(r))sen(θ)]dr + [cos2(r) cos(θ)]dθ.
Utilizando as identidades trigonométricas, escreve-se:
dx−dy = [cos(r) cos2(θ)]dr+[−sen(2θ)sen(r)]dθ−{[−sen(2r)sen(θ)]dr+[cos2(r) cos(θ)]dθ}.
Portanto,
dx− dy = [cos2(θ) cos(r) + sen(2r)sen(θ)]dr − [sen(2θ)sen(r) + cos2(r) cos(θ)]dθ.
29 Notas de aula de Cálculo - FURG
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1.2. DIFERENCIAL TOTAL
Observação 1.2.1. A diferencial total e a regra da cadeia
Se u = f(x1, . . . , xn) e cada coordenada xi é função de t, tem-se:
du
dt
=
n∑
i=1
∂f
∂xi
· dxi
dt
du =
n∑
i=1
∂f
∂xi
· dxi
dt
· dt.
Observação 1.2.2. A diferencial total para funções como no caso geral da regra da
cadeia não é tratada em cursos iniciais de cálculo.
1.2.1 Aplicações
As diferenciais podem ser aplicadas no cálculo de erros.
Seja w = f(x1, x2, . . . , xn) uma função diferenciável em P , define-se:
O erro máximo da função w = f(x1, x2, . . . , xn) é:
EMax = dw.
Também pode ser chamado de erro aproximado ou valor aproximado.
O erro relativo da função w = f(x1, x2, . . . , xn) é:
ERel =
dw
w
=
EMax
w
.
O erro percentual da função w = f(x1, x2, . . . , xn) é:
EPc = 100 · ERel.
Exemplo 1.2.3. Utilize diferenciais para determinar aproximadamente o erro má-
ximo no cálculo da área de um triângulo retângulo, cujos catetos têm como medida
6 cm e 8 cm com um possível erro de 0, 1 cm para cada medida.
Solução:
A área de um triângulo é dada por A = x·y
2
, assim para determinar o erro
máximo no cálculo da área, utiliza-se a diferencial dA = Ax dx+ Ay dy:
EMax = dA =
y
2
dx+
x
2
dy
EMax =
8 · (0, 1)
2
+
6 · (0, 1)
2
= 0, 7 cm2.
O erro relativo e o erro percentual são dados, respectivamente por:
ERel =
dA
A
=
0, 7
24
= 0, 02916.
EPc = 100
dA
A
= 2, 916%.
30 Notas de aula de Cálculo - FURG
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1.2. DIFERENCIAL TOTAL
Exemplo 1.2.4. As dimensões de uma piscina foram obtidas com erro possível de
0, 05 m e foram encontradas as dimensões 4, 6 e 8 m. Pergunta-se:
a) Qual é o erro máximo possível no volume desta piscina?
b) Qual é o erro percentual?
Solução:
a) O volume da piscina é dado por V (x, y, z) = x · y · z, assim:
EMax = dV = Vx dx+ Vy dy + Vz dz
EMax = dV = yz dx+ xz dz + xy dz
EMax = 48(0, 05) + 32(0, 05) + 24(0, 05) = 5, 2m3.
b) O erro percentual é dado por:
EPc = 100
dV
V
= 100 · 5, 2
192
= 2, 7%.
Exercício 1.2.1. Determine a diferencial total das funções:
a) f(x, y) = 3x3y2 − 2xy3 + xy − 1
b) z =
x− y
x+ y
c) f(x, y, z) = xy2 − 2zx2 + 3xyz2.
Exercício 1.2.2. Um terreno tem forma retangular. Estima-se que seus lados me-
dem 1.200 m e 1.900 m, com um erro máximo de 9 m e 14 m, respectivamente.
Determine o possível erro no cálculo da área do terreno. Qual o erro percentual?
Exercício 1.2.3. Obtenha o aumento aproximado no volume de um cilindro circular
reto, quando o raio da base varia de 8 cm para 8, 2 cm e a altura varia de 21 cm até
21, 7 cm.
Respostas dos exercícios
1.2.1
31 Notas de aula de Cálculo - FURG
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1.3. DERIVADAS PARCIAIS DE FUNÇÕES IMPLÍCITAS
a) df = (9x2y2 − 2y3 + y)dx+ (6x3y − 6xy2 + x)dy
b) dz =
2y dx− 2x dy
(x+ y)2
c) df = (y2 − 4xz + 3yz2)dx+ (2xy + 3xz2)dy + (6xyz − 2x2)dz.
1.2.2 1, 48%.
1.2.3 112pi.
1.3 Derivadas parciais de funções implícitas
Teorema 1.3.1. Seja F (x, y, z) = 0 a equação que define z implicitamente como
uma função diferenciável de x e y, então
∂z
∂x
= −Fx(x, y, z)
Fz(x, y, z)
e
∂z
∂y
= −Fy(x, y, z)
Fz(x, y, z)
para Fz(x, y, z) 6= 0.
Demonstração:
Seja F (x, y, z)